Tải bản đầy đủ

Bài tập lớn lý thuyết mạch

Bài tập lớn lý thuyết mạch
Bài 1:

a) Ta cho nguồn dòng J khép vòng qua nhánh 2
* HPT dòng vòng:
Ta chọn chiều dòng vòng và dòng nhánh như hình vẽ:

&
&
&
&
Vòng 1: I v1 ( Z1 + Z 2) + J .Z 2 − I v 2 Z 2 = E1
& & &
&
& &
& &
Vòng 2: ( I v 2 − I v1 − J ) Z 2 + I v 2 Z 3 + Z 4 ( I v 2 − I v 3 ) − Z M ( I v 3 − I v 4 ) = 0
& &
& &
&
& &

& &
Vòng 3: Z 4 ( I v 3 − I v 2 ) + Z M ( I v 3 − I v 4 ) + I v 3Z 5 + Z 6 ( I v 3 − I v 4 ) − Z M (I v 2 − I v 3 ) = 0
&

&

&

&

&

&

Vòng 4: Z 6 ( I v 4 − I v 3 ) + Z M ( I v 2 − I v 3 ) + Z 7 I v 4 = − E7
Các dòng nhánh được tính theo dòng vòng theo HPT:

Trang 1


Bài tập lớn lý thuyết mạch
&
 I&
1 = I v1
& & & &
 I 2 = J + I v1 − I v 2
 I& = I&
v2
 3
& & &
 I4 = Iv2 − Iv3
 I& = I&
v3
 5
& &
 I&
6 = Iv3 − Iv4

&
 I&


7 = −Iv4

*HPT dòng nhánh:
& & &
 I&
1 + J − I2 − I3 = 0
& & &
 I3 − I4 − I5 = 0
 I& + I& − I& = 0
 5 7 6
 &
 Z1 I1 + Z 2 I&2 + Z 2 J&= E&1
 − Z I& − Z J&+ Z I& + Z I& − Z I& = 0
2
3 3
4 4
M 6
 2 2
&
&
 − Z 4 I&4 + Z M I&
6 + Z5 I5 − Z M I 4 = 0

&
& &
 Z 5 I&
5 − Z M I 4 + Z 7 I 7 = E7

*HPT thế nút khi M=0
Không mất tính tổng quát chọn ϕ&c = 0
& &
Nút A: Y1 ( −ϕ&a + E1 ) + J − Y2ϕ&a − Y3 (ϕ&a − ϕ&b ) = 0

Nút B: Y3 (ϕ&a − ϕ&b ) − Y4ϕ&b − Y5 (ϕ&b − ϕ&d ) = 0
&

Nút D: Y5 (ϕ&b − ϕ&d ) + Y7 ( −ϕ&d + E 7 ) − Y6ϕ&d = 0
Ta có HPT tính các dòng nhánh theo thế nút:
& &
 I&
1 = Y1 ( E1 − ϕ a )
&
 I 2 = Y2ϕ&a
 I& = Y (ϕ& − ϕ&)
3
a
b
 3
&
 I 4 = Y4ϕ&b
 I& = Y (ϕ& − ϕ& )
5
b
d
 5
 I&6 = Y6ϕ&d

 I&7 = Y7 ( E&7 − ϕ&d )

b)Ta có các ma trận
Dòng nhánh:

T
I&nh = ( I&
I&2 I&
I&
I&
I&
I&7 )
1
3
4
5
6

Trang 2


Bài tập lớn lý thuyết mạch
I&v = ( I&v1

Dòng vòng

T
J&n = ( J& 0 0 )

n dòng nút:

Thế nút:

T
I&v 4 )

T
E&nh = ( E&1 0 0 0 0 0 E&7 )

Nguồn áp nhánh:

Nguồn dòng nhánh:

I&v 3

T
U&nh = ( U&1 U&2 U&3 U&4 U&5 U&6 U&7 )

Điện áp nhánh:

Nguồ

I&v 2

T
J&nh = ( 0 J& 0 0 0 0 0 )

ϕ&= ( ϕ&a ϕ&b ϕ&d )

 Z1
0

0

Z nh =  0
0

0
0

Ma trận tổng trở nhánh:

Ma trận tổng dẫn nhánh: Ynh = Z

T

0
Z2

0
0

0
0

0
0

0
0

0

Z3

0

0

0

0

0

Z4

0

−ZM

0

0

0

Z5

0

0

0

−Z M

0

Z6

0

0

0

0

0

−1
nh

Ma trận nhánh nút:

1 0 0
 −1 0 0 ÷

÷
 −1 1 0 ÷

÷
A =  0 −1 0 ÷
 0 −1 1 ÷

÷
 0 0 −1 ÷
0 0 1÷



Ma trận vòng nhánh:

1 0 0 0 
 1 −1 0 0 ÷

÷
0 1 0 0 ÷

÷
C =  0 1 −1 0 ÷
0 0 1 0 ÷

÷
 0 0 1 −1÷
 0 0 0 −1÷



Trang 3

0

÷

÷


÷

Z7 ÷



Bài tập lớn lý thuyết mạch
T
 A I&nh + J&n = 0
 T
T
C Z nh I&nh = C E&nh

*HPT dòng nhánh:
*HPT dòng vòng:
Áp dụng định luật Kiechop 2 và định luật Ôm ta có hệ phương trình:
 I&nh = C. I&v + J&nh
 T&
C U nh = 0
&
& &
U nh = Z nh I nh − Enh

&
&
Thay I nh trong phương trình thứ nhất và Unh trong phương trình thứ 3 vào phương
trình thứ 2 ta suy ra HPT dòng vòng:
C T ZnhCI&
= C T E&nh − C T ZnhJ&nh
v

*HPT thế nút:
Suy ra:
Bài 2:

U&nh = − Aϕ&
 T&
C U nh = 0
&
&
&
 I nh = (U nh + Enh )Ynh
ATYnhAϕ&= ATYnhE&nh + J&n

Vì ta đang xét bài toán ở chế độ xác lập điều hòa với các tần số ω = 314( rad / s) nên
ta có thể bỏ qua các thành phần có tần số khác ω trong biểu thức các nguồn nhánh và
nguồn dòng
a)Sử dụng chương trình Matlab ta có thể tính được dòng các nhánh theo chương
trình sau
B=[1 1 0 0 0 0 0;0 -1 1 1 0 0 0;0 0 0 -1 1 1 0;0 0 0 0 0 -1 -1]
E1=300; J2=2*exp(j*pi/12)
Enh=[E1;0;0;0;0;0;0]
Jnh=[0;J2;0;0;0;0;0]
Z1=200+j*314*0.2;Z2=500;Z3=-j/(314*10^(-5));Z4=500+j*314*0.3;
Z5=-j/(314*16*10^(-6));Z6=10^6+j*314*0.4;Z7=400;
Zm=-j*314*0.1
Znh=[Z1 0 0 0 0 0 0;0 Z2 0 0 0 0 0;0 0 Z3 0 0 0 0;0 0 0 Z4 0 Zm 0;0 0 0 0 Z5 0
0;0 0 0 Zm 0 Z6 0;0 0 0 0 0 0 Z7]
Zv=B*Znh*B'
Ev=B*(Enh-Znh*Jnh)
Iv=Zv\Ev;
Inh=B'*Iv

Chạy chương trình ta thu được
Inh = -0.5224 + 0.2299i
-1.0940 - 0.5440i
0.5716 + 0.7739i
Trang 4


Bài tập lớn lý thuyết mạch
0.3945 + 0.2634i
0.1771 + 0.5105i
0.0001 + 0.0002i
-0.1771 - 0.5103i
Chuyển dòng các nhánh về dạng điều hòa ta có
i1 (t ) = 0,57 2 sin(314t + 156, 25o )

o
i2 (t ) = 1, 22 2 sin(314t − 153,56 )

o
i3 (t ) = 0,96 2 sin(314t + 53,55 )

i4 (t ) = 0, 47 2 sin(314t + 33,73)

o
i5 (t ) = 0,54 2 sin(314t + 70,87 )
i (t ) = 2, 24.10−4 2 sin(314t + 64, 43o )
6
i7 (t ) = 0,54 2 sin(314t − 109,14o )


Sau khi xác định được các dòng qua các nhánh, ta có thể xác định công suất tác
dụng của các nguồn nhờ công thức sau:
%

Công suất nguồn e1 : Pe = Re( Se ) = Re(E1 I1 )
1

1

%



Công suất nguồn j : Pj = Re( S j ) = Re(U 2 J )
Sử dụng Matlab với các lệnh sau
Unh=Znh*(Inh+Jnh)-Enh
Pe1=real(E1*conj(Inh(1)))
Pj=real(conj(J2)*Unh(2))

Ta thu được giá trị công suất của các nguồn
 Pe1 = −156.7171 ( W )

 Pj = 802.4645 ( W )
U&
KU = BC
E&

1 ta triệt tiêu nguồn J
b) Để tính hệ số truyền đạt
Sử dụng Matlab theo chương trình sau

B=[1 1 0 0 0 0 0;0 -1 1 1 0 0 0;0 0 0 -1 1 1 0;0 0 0 0 0 -1 -1]
E1=300
Enh=[E1;0;0;0;0;0;0]
Z1=200+j*314*0.2;Z2=500;Z3=-j/(314*10^(-5));Z4=500+j*314*0.3;Z5=-j/(314*16*10^(6));Z6=10^6+j*314*0.4;Z7=400;
Zm=-j*314*0.1
Znh=[Z1 0 0 0 0 0 0;0 Z2 0 0 0 0 0;0 0 Z3 0 0 0 0;0 0 0 Z4 0 Zm 0;0 0 0 0 Z5 0
0;0 0 0 Zm 0 Z6 0;0 0 0 0 0 0 Z7]
Zv=B*Znh*B'
Ev=B*Enh
Iv=Zv\Ev;

Trang 5


Bài tập lớn lý thuyết mạch
Inh=B'*Iv
Unh=Znh*Inh-Enh
Ku=Unh(4)/E1

Ta thu được giá trị của KU= 0.3153 + 0.1498i
c) Để tính vẽ đặc tính tần của KU, ta cần tìm hàm của KU theo p=j ω
Ta sẽ sử dụng phương pháp thế nút để tìm

U&BC

Không mất tính tổng quát giả sử ϕ&C = 0
Theo định luật Kirchoff 2 ta có
 I&
= (ϕ&a + E&1)Y1
1
&
 I 2 = ϕ&aY2
 I& = (ϕ& − ϕ&)Y
a
b 3
 3
&
ϕ&b = I 4Z4 − I&6ZM
 I& = (ϕ& − ϕ&)Y
b
d
5
 5
ϕ&d = I&6Z6 − I&4ZM

 I&7 = (E&7 − ϕ&d )Y7

Từ đây ta thu được HPT dòng các nhánh theo thế nút

&
 I 1 = (ϕ&a + E&1)Y1
 I& = ϕ&Y
a 2
 2
&
 I 3 = (ϕ&a − ϕ&b)Y3

 Y4ϕ&b + YMϕ&d 
&
÷
 I 4 = Y6YM  2
 Y M − Y4Y6 

 I& = (ϕ& − ϕ&)Y
b
d
5
 5

 Y ϕ& + Y ϕ& 
 I&6 = Y4YM  M2 b 6 d ÷

 Y M − Y4Y6 
 I& = (E& − ϕ&)Y
 7
7
d
7

Áp dụng định luật Kirchoff 2 cho các nút A,B,D ta có
 I&
− I&2 − I&
=0
1
3
& & &
I 3 − I 4 − I 5 = 0
 I& + I& − I& = 0
 5 7 6

Thay các biểu thức tính dòng các nhánh theo thế các nút vào HPT trên rồi rút
gọn ta được
Trang 6


Bài tập lớn lý thuyết mạch


&
ϕ&a(Y1 + Y2 + Y3) − ϕ&bY3 = E1Y1

Y4YM 2
Y4Y6YM
&
&
&

ϕ
Y
+
ϕ
(Y
+
Y
+
)

ϕ
(
+ Y5) = 0
 a 3
b
3
5
d
2
2
Y

Y
Y
Y
Y

Y
M
4 6
4 6
M

2

YYY
YY
 −ϕ&b( 4 6 M 2 + Y5) + ϕ&d (Y 7+ Y5 + 26 M ) = 0
Y4Y6 − YM
YM − Y4Y6


Ta giải hệ này bằng phương pháp Gauss
HPT được viết lại như sau


−Y3
 Y1 + Y2 + Y3

Y32
YY 2

0
Y 3+ Y5 + 24 M

YM − Y4Y6 Y1 + Y2 + Y3


YYY

0
− 4 6 M 2 − Y5

Y4Y6 − YM


Nhân dòng 1 với

Y3
Y1 + Y2 + Y3


÷
0

E&1Y1
÷ & 

ϕ


÷
a
÷
&
Y4Y6YM
E1Y1Y3 ÷

÷


− Y5 ÷ ϕ&b ÷ =
Y4Y6 − YM 2
÷ ÷  Y1 + Y2 + Y3 ÷
÷
÷ ϕ&c  
÷
0
Y6YM 2 ÷


Y 7+ Y5 + 2
÷
YM − Y4Y6 

rồi cộng vào dòng thứ 2 ta được



−Y3
 Y1 + Y2 + Y3

Y32
YY 2

0
Y 3+ Y5 + 24 M

YM − Y4Y6 Y1 + Y2 + Y3


YYY

0
− 4 6 M 2 − Y5

Y4Y6 − YM



÷
0

E&1Y1
÷ & 

ϕ

 &
÷
a
÷
YYY
E1Y1Y3 ÷
 ÷
− 4 6 M 2 − Y5 ÷ ϕ&b ÷ = 
Y4Y6 − YM
÷ ÷  Y1 + Y2 + Y3 ÷
÷
÷ ϕ&c  
÷
0
Y6YM 2 ÷


Y 7+ Y5 + 2
÷
YM − Y4Y6 

Suy ra

Y4YM 2
Y32
Y
+
Y
+

 3 5
YM 2 − Y4Y6 Y1 + Y2 + Y3


YYY

− 4 6 M 2 − Y5

Y4Y6 − YM



Y4Y6YM
− Y5 ÷
 E&1Y1Y3 
2
Y4Y6 − YM
&


ϕ
÷ b = Y +Y +Y ÷
2
÷ ϕ& ÷  1 2 3 ÷
Y6YM
÷
÷ d  
Y 7 + Y5 + 2
0

YM − Y4Y6 ÷



Từ đây dễ dàng giải được
ϕ&b =

E&1Y1Y3 
Y6YM 2 
Y +Y +
÷
Y1 + Y2 + Y3  7 5 YM 2 − Y4Y6 

2




Y4YM 2
Y32
Y6YM 2   Y4Y6YM

+ Y5 ÷
 Y 3+ Y5 + 2
÷ Y 7+ Y5 + 2
÷− 
2
YM − Y4Y6 Y1 + Y2 + Y3  
YM − Y4Y6   Y4Y6 − YM



Trang 7


Bài tập lớn lý thuyết mạch

Suy ra

KU =

=

U&BC ϕ&b
=
E&1 E&1

Y1Y3
Y6YM 2 
Y +Y +
÷
Y1 + Y2 + Y3  7 5 YM 2 − Y4Y6 

2




Y4YM 2
Y32
Y6YM 2   Y4Y6YM

+
Y
 Y 3+ Y5 + 2
÷ Y 7+ Y5 + 2
÷− 

YM − Y4Y6 Y1 + Y2 + Y3  
YM − Y4Y6   Y4Y6 − YM 2



Trong đó
Y1 =

1
1
=
R1 + pL1 200 + 0, 2 p

Y2 =

1
= 0,002; Y3 = pC3 = 10−5 p
R2

Y4 =

1
1
=
R4 + pL4 500 + 0,3 p

Y5 = pC5 = 16.10−6 p
Y6 =

1
1
= 6
R6 + pL6 10 + 0, 4 p

Y7 =

1
= 0,0025
R7

YM =

1
−10
=
− pM
p

Thay số ta có
Y1 =

1
1
=
R1 + pL1 200 + 0, 2 p

Y2 =

1
= 0,002; Y3 = pC3 = 10 −5 p
R2

Y4 =

1
1
=
R4 + pL4 500 + 0,3 p

Y5 = pC5 = 16.10−6 p
Y6 =

1
1
= 6
R6 + pL6 10 + 0, 4 p

Y7 =

1
= 0,0025
R7

YM =

1
−10
=
− pM
p

Thay số vào rồi rút gọn(sử dụng phần mềm Matlab) ta có
Trang 8


Bài tập lớn lý thuyết mạch
KU =

2500 p (44 p 3 + 120086875 p 2 + 21877.107 p + 312625.108 )
99 p 5 + 270586875 p 4 + 1269561062500 p 3 + 1473551.109 p 2 + 4620125.1011 p + 2188375.1013

Sử dụng Matlab ta vẽ được đặc tính tần KU bằng sơ đồ Nyquist như sau

Bài 3:

e1 = 2.200sin(103 t )(V ) , R1 = 1000(Ω) , L1 = 0,1H , C = 16.10−6 ( F ) R2 = 2000(Ω)

a)

Lập HPT cho biến tự nhiên và biến trạng thái
Trang 9


Bài tập lớn lý thuyết mạch
uc (t ), iL1 (t )

Ta chọn 2 biến trạng thái là
Khi khóa K đóng, theo các định luật Kirchoff ta có
 R1i1 + L1i1 '+ R2i2 = e

 R2i2 − uc = 0
i − i − Cu ' = 0
1 2
c

Từ đây suy ra
 L1i1 '+ uc + R1i1 = e

u  c

Cuc ' = i1 − i2 = i1 − R

2

Rút gọn ta được mô hình trạng thái của mạch
R1
u  c e

i1 ' = − L i1 − L + L

1
1
1

i
u
uc ' = 1 − c

C CR2

Hay viết lại dưới dạng ma trận
 R1

 i1 '   L1
 u ' ÷= 1
 c  
 C


1 
e
L1 ÷ i1   ÷
÷ ÷+ L1
1 ÷ uc   ÷
÷

0
CR2 ÷



b)


Giải mạch bằng phương pháp tích phân kinh điển
Khi chưa đóng khóa K mạch có sơ đồ như sau

Trang 10


Bài tập lớn lý thuyết mạch





&
Ta có: Z1 = R1 + jω L1 = 1000 + 100 j (Ω), Z 2 = R2 = 2000( Ω),E1 = 200(V )
&
200
& = E1 =
I&
=
I
= 0,067 − 2,22.10−3 j (A)
1
2
Z1 + Z 2 3000 + 100 j
3
o
 i1 = 2.0,067sin(10 t − 1,9 )(A)
−3
i
(

0)
=

3,14.10
(A)
1






Theo định luật đóng mở 1 : uc (−0) = uc ( +0) = 0
−3
Theo định luật đóng mở 2 : L1i1 (−0) = L1i1 (+0) => i1 ( +0) = −3,14.10 (A)
Sau khi đóng khóa K sử dụng 2 định luật Kirchhoff
i1 ( +0) − i2 (+0) − Cuc '(+0) = 0

 R1i1 (+0) + L1i1 '( +0) + R2i2 ( +0) = e1 ( +0)
u (+0) − R i ( +0) = 0
2 2
 c
,
i2 ( +0) = 0

R i ( +0) + L1i1 '( +0) = e1 ( +0)
từ đó ta có:  1 1
1000( −3,14.10−3 ) + 0,1i1 '( +0) = 0  i1 '( +0) = 31, 4( A)

−3
Mà i1 ( +0) − i2 ( +0) = Cuc '( +0) = i1 ( +0) = −3,14.10 Suy ra
uc '( +0) = −196, 25

Trang 11


Bài tập lớn lý thuyết mạch
Tính đáp ứng cưỡng bức
Sau khi đóng khóa K thì ta sẽ có mạch


Khi mạch ở trạng thái xác lập
Chọn ϕ&B = 0
Dễ dàng suy ra
Y1 E&1
ϕ&A =
Y1 + Y2 + Y3
Thay số
Y1 =

1
, Y2 = 0,0005, Y3 = jωC = 0,016 j
1000 + 100 j



ϕ&A = -0,078-12,46j = U&C



ucxl = 2.12,46sin(103 t − 90,36o )(V )
Tính đáp ứng tự do
Tổng trở vào nhìn từ nhánh 3 là
1
R ( R + pL1 )
Zv =
+ 2 1
pC R1 + R2 + pL1
Cho Z v = 0 ta thu được phương trình đặc trưng:


CR2 L1 p 2 + (CR1R2 + L1 ) p + R1 + R2 = 0
−3 2
Thay số ta có 3,2.10 p + 32,1 p + 3000 = 0

Trang 12


Bài tập lớn lý thuyết mạch
Giải phương trình ta được p1 = −94,34; p2 = −9936,9
uc = A1e p t + A2 e p t = A1e −94,34 t + A2 e −9936,9 t
Suy ra
1

2

td

Mặt khác
uc = uc + uc = 2.12, 46sin(103 t − 90,36o ) + A1e −94,34 t + A2 e −9936,9 t
xl
td

3
o
−94,34 t
− 9936,9 A2 e −9936,9 t
uc ' = 2.12460cos(10 t − 90,36 ) − 94,34 A1e
Mà uc ( +0) = 0, uc '( +0) = −196, 25


 A1 + A2 = 17,62

94,34 A1 + 9936,9 A2 = 306,97 

 A1 = 17,8

 A2 = −0,14

3
o
−94,34 t
− 0,14 e−9936,9t (V) Với t ≥ 0
Suy ra uc = 2.12, 46sin(10 t − 90,36 ) + 17,8e
 Giải mạch bằng phương pháp toán tử
Ta có sơ đồ toán tử của mạch

−3
Trong đó như đã tính ở trên i1 (−0) = −3,14.10 (A)

E1 ( p ) = 200 2

103
p 2 + 106


Áp dụng 2 định luật Kirchhoff ta có :

Trang 13


Bài tập lớn lý thuyết mạch
 I1 ( p) − I 2 ( p ) − pCU c ( p) = 0

 R1 I1 ( p ) + pL1 I1 ( p ) + R2 I 2 ( p ) = E1 ( p ) + L1i1 ( −0)
U ( p ) − R I ( p ) = 0
2 2
 c



1

I
(
p
)

(
+ pC )U c ( p ) = 0
 1
R2

( R + pL ) I ( p ) + U ( p ) = E ( p ) + L i ( −0)
 1
1 1
c
1
11

 1


 + pC ÷( R1 + pL1 ) + 1 U c ( p ) = E1 ( p ) + L1i1 ( −0)
R


  2
103
2.200. 2
− 3,14.10−4
6
E1 ( p ) + L1i1 ( −0)
p + 10
U c ( p) =
=
−6
 1
 1,6.10 ( p + 94,34)( p + 9936,9)

+
pC
(
R
+
pL
)
+
1


1
÷ 1
R2







2.200.103
196,25

= U1 − U 2
1,6.10−6 ( p 2 + 106 )( p + 94,34)( p + 9936,9) ( p + 94,34)( p + 9936,9)
(đặt U1,U2 lần lượt là 2 số hạng của biểu thức trên)
1,77.1011
M ( p)
U1 ( p ) = 2
=
6
( p + 10 )( p + 94,34)( p + 9936,9) N ( p )
Xét
U c ( p) =

o

3
3
Cho N ( p ) = 0  p1 = 10 j; p2 = −10 j; p3 = −94,34; p4 = −9936,9
3
Với p1 = 10 j =>
M ( p)
1,77.1011
A1 =
=
= −8,81 + 0,055 j = 8,81∠179,64o
10
9
N '( p ) p= p1 −2.10 − 1,25.10 j

Với p3 = −94,34 =>

M ( p)
1,77.1011
A2 =
=
= 17,82
N '( p ) p = p3 9,93.109

p4 = −9936,9 => A3 =
Với

M ( p)
1,77.1011
=
= −0,18
N '( p ) p = p4 −9,8.1011

L−1{U1} =  2.8,81.cos(103 t + 179,64o ) + 17,82.e −94,34 t − 0,18e −9956,24 t 1( t )
Trang 14


Bài tập lớn lý thuyết mạch

U 2 ( p) =
o

196, 25
M ( p)
=
( p + 94,34)( p + 9936,9) N ( p )

Cho N ( s) = 0  p1 = −94,34; p2 = −9936,9
M ( p)
196,25
A1 =
=
= 0,02
N
'(
p
)
9842,56
p
=

94,34
p = p1
Với 1
=>
M ( p)
196,25
A2 =
=
= −0,02
N
'(
p
)

9842,56
p = p2
Với p2 = −9936,9 =>
L−1{U 2 } = 0,02e −94,34 t − 0,02e −9936,9 t  1( t )
Suy ra
uc (t ) = L−1{U1} − L−1{U 2 }

= 17,62 cos(103 t + 179,64o ) + 17,8.e −94,34t − 0,16.e −9936,9t 1(t )(V)
Kết luận: 2 phương pháp cho ra cùng 1 kết quả như nhau
Bài 4: Cho mạch điện và các thông số:
U 0 = 100(V )
T = 10−2 ( s )

T0 = 10−3 ( s)

L1 = 0,2 H

R1 = 1000(Ω)

R2 = 2000(Ω)

C = N .10−7 ( F ) = 16.10−7 ( F )

Trước thời điểm đóng khóa K thì trong mạch chưa có dòng điện nên ta dễ dàng
thấy iL (−0) = 0, uc ( −0) = 0
Từ đó ta có sơ đồ toán tử của mạch quá độ

Trang 15


Bài tập lớn lý thuyết mạch

Áp dụng 2 định luật Kirchhoff ta có
 I1 (p) − pCU C (p) − I 2 (p) = 0

 R1 I1 (p) + pL1 I1 (p) + U c (p) = U (p)
 R I (p) − U (p) = 0
 2 2
c
Từ đó ta có

U ( p)
 I 2 ( p) = c
R2


 1


 I1 ( p ) =  + pC ÷U c ( p )
 R2




  ( R1 + pL1 )  1 + pC ÷+ 1 U c ( p ) = U ( p )
 
 R2
 
 105 105 − p T0 100  − Tkp
+

 − p2 + p2 e
÷e
p

U c ( p ) = k =0  −7
3,2.10 ( p + 4195,13)(p + 1117,36)
Suy ra


Từ đồ thị đề bài cho ta có


 −U o

u(t ) = ∑ 
(t − kT ) + U o ÷( 1(t − kT ) − 1(t − kT − To ) ) = ∑ uk (t)
k =0  T0
k =0

Trong đó
uk (t) = (−

U0
(t − kT ) + U0)(1(t − kT ) − 1(t − kT − T0 ))
T0

Suy ra
uk (t) = −

U0
U
(t − kT )1(t − kT ) + 0 (t − kT − T0)1(t − kT − T0) + U 01(t − kT )
T0
T0
Trang 16


Bài tập lớn lý thuyết mạch
Thực hiện phép biến đổi Laplace ta có
Uk ( p) = −

U0 − kTp U0 − (kT + T0 ) p U0 − kTp
e +
e
+
e
p
T0.p2
T0 p2

Suy ra

 U 0 − kTp U 0 − (kT +T0 ) p U 0 − kTp 
e
+
e
+
e ÷

−
2
T0 p 2
p
k =0  T0 . p

U c ( p) =
 1

( R1 + pL1 )  + pC ÷+ 1
 R2



Thay số ta có
n
 −105 100 105 − pTo  − pkT

 2 + p + p 2 .e
÷.e
k =0  p

U c (p) =
−7
3, 2.10 .(p + 4195,13).(p + 1117,37)
Ta xét số hạng đầu tiên
−105 100 105 − pTo
+
+ 2 .e
p2
p
p
U c 0 (p) =
−7
3, 2.10 .(p + 4195,13).(p + 1117,37)
*

(1)

−105
M (p)
a=
=
3,2.10−7. p 2 .(p + 1117,37).(p + 4195,13) N (p)
Xét
N(p) có các nghiệm p1 = 0; p 2 = −1117,37;p 3 = −4195,13
-Với p1 = 0 (nghiệm bội)


 2

−105
A1 = lim  p .
= −6,67.104
÷

7
2
p →0
3,2.10 p (p + 1117,37).(p+ 4195,13) 




d 

−105
A2 = lim   p 2 .
÷ = 75,57
−7 2
p →0 dp
3,
2.10
p
.(p
+
1117,37).(p
+
4195,13)

 

-Với p2 = −1117,37
M ( p)
−3,125.1011
A3 =
=
= −81,32
N '( p ) p = p2
3,843.109


-Với p3 = −4195,13
Trang 17


Bài tập lớn lý thuyết mạch
M ( p)
−3,125.1011
A4 =
=
= 5,77
N '( p ) p= p3 −5, 417.1010



Suy ra

*

Xét

L−1{a} =  75,57 − 6,67.104 t − 81,32.e −1117,37 t + 5,77.e −4195,13t  .1( t )

b=

100
M (p)
=
3, 2.10−7 p.(p + 1117,37).(p + 4195,13) N (p)

N(p) có các nghiệm p1 = 0; p 2 = −1117,37;p 3 = −4195,13
M (p)
3,125.108
A1 =
=
= 66,49
6
N
'(p)
4,7.10
p = 0 thì
p = p1
• Với 1
M (p)
3,125.108
A2 =
=
= −90,87
6
N
'(p)

3,
439.10
p
=

1117,37
p = p2
• Với 2
thì
M (p) 3,125.108
A3 =
=
= 24, 20
7
p
=

4195,13
N
'(p)
1,
29.10
3
• Với
thì

Suy ra

*

L−1{b} = ( 66,56 − 90,87e−1117,37 t + 24, 20e −4195,37t ) .1( t )

 105 − pTo 
 p 2 .e
÷


c=
−7
3, 2.10 (p + 1117,37)(p + 4195,13)
Xét
− pT
Ta thấy c = −a.e

o

Suy ra

L−1{c} = − 75,57 − 6,67.104 (t − kT − T0 ) − 81,32.e −1117,37( t −kT −T0 ) + 5,77.e −4195,13( t −kT −T0 )  1(t − kT − To )
Từ (1) ta có U c 0 ( p) = a + b + c
u (t) = L−1 { a} + L−1 { b} + L−1 { c}
Vậy c 0
Suy ra
uc0(t) =  75,57− 6,67.104t − 81,32.e−1117,37t + 5,77.e−4195,13t  .1(t)

(

)

+ 66,56 − 90,87e−1117,37t + 24,20e−4195,37t .1(t)

Trang 18


Bài tập lớn lý thuyết mạch

− 75,57 − 6,67.104 (t − T0 ) − 81,32.e −1117,37( t −T0 ) + 5,77.e −4195,13( t −T0 ) 1(t − To )
Rút gọn ta được
uc0(t) = 142,13− 6,67.104t − 172,19e−1117,37t + 29,97e−4195,13t  1(t)

− 75,57 − 6,67.104 ( t − T0 ) − 81,32.e −1117,37( t −T0 ) + 5,77.e −4195,13( t −T0 ) 1(t − To )
− pkT
Mặt khác ta có uck (p) = uc 0 (p).e
.Từ đó dễ dàng suy ra

uck (t) = 142,13− 6,67.104(t − kT ) − 172,19e−1117,37(t−kT ) + 29,97e−4195,13(t− kT )  1(t − kT )

− 75,57 − 6,67.104 (t − kT − T0 ) − 81,32.e −1117,37( t −kT −T0 ) + 5,77.e −4195,13( t−kT −T0 )  1(t − kT − To )
Từ đó ta có được biểu thức điện áp giữa 2 đầu tụ điện là


uc (t) = ∑ uck (t)
k=0

Trong đó uck (t) xác định như trên

Trang 19



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×